资源描述
第三课时定点、定值、探索性问题第三课时定点、定值、探索性问题解(1)如图， 设动圆圆心O1(x， y)， 由题意， |O1A|O1M|，当 O1不在 y 轴上时， 过 O1作 O1HMN 交 MN 于 H， 则 H是 MN 的中点，|O1M|x242，又|O1A|x42y2， x42y2x242，化简得 y28x(x0)又当 O1在 y 轴上时，O1与 O 重合，点 O1的坐标(0,0)也满足方程y28x，动圆圆心的轨迹C 的方程为 y28x.思路点拨思路点拨1设出圆心坐标，利用圆在设出圆心坐标，利用圆在y y轴上截得的弦长轴上截得的弦长构建方程，得到圆心的轨迹方程构建方程，得到圆心的轨迹方程( (注意对圆心注意对圆心是否在是否在y y轴上进行讨论轴上进行讨论). ).(2)证明：如图，由题意，设直线 l 的方程为 ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将 ykxb 代入 y28x 中，得 k2x2(2bk8)xb20，其中32kb640.由根与系数的关系得，x1x282bkk2，x1x2b2k2，思路点拨思路点拨2设出直线设出直线l l的方程，与曲线的方程，与曲线C C的方程联立，得到的方程联立，得到关于关于x x的方程，由根与系数的关系得到两根的的方程，由根与系数的关系得到两根的和与积，并利用和与积，并利用x x轴是角轴是角PBQPBQ的角平分线的性的角平分线的性质得到质得到P,QP,Q两点的坐标关系式，进而得到直线两点的坐标关系式，进而得到直线所过定点所过定点. .针对训练针对训练 典例(2013江西高考)椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率e32，ab3.思路点拨思路点拨1由椭圆的离心率及条件由椭圆的离心率及条件a+b=3a+b=3构建方程组，构建方程组，解得解得a,ba,b即可即可. .解(1)因为 e32ca，所以 a23c，b13c.代入 ab3 得，c 3，a2，b1.故椭圆 C 的方程为x24y21.典例(2013江西高考)椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率e32，ab3.(2)如图，A，B，D 是椭圆 C 的顶点，P 是椭圆 C 上除顶点外的任意一点，直线 DP 交 x 轴于点 N，直线 AD 交 BP 于点 M，设 BP 的斜率为 k，MN 的斜率为 m.证明：2mk 为定值思路点拨思路点拨2运用点斜式设出直线运用点斜式设出直线BPBP的方程，代入椭圆方程中，的方程，代入椭圆方程中，求得点求得点P P的坐标，同理求得点的坐标，同理求得点M M的坐标，然后由的坐标，然后由D,P,D,P,N N三点共线得三点共线得N N的坐标，再由两点的斜率公式进行化的坐标，再由两点的斜率公式进行化简即可证明简即可证明. .解(2)证明：因为 B(2,0)，P 不为椭圆顶点，则直线BP 的方程为yk(x2)k0，k12 ，把代入x24y21，解得 P8k224k21，4k4k21 .针对训练针对训练解(1)抛物线 y28x 的焦点为椭圆E 的顶点，即 a2.又ca12， 故 c1，b 3.椭圆 E 的方程为x24y231.思路点拨思路点拨1由抛物线焦点坐标得椭圆长半轴长由抛物线焦点坐标得椭圆长半轴长a a，由离，由离心率求心率求b b，得到椭圆方程，得到椭圆方程. .典例(2013成都模拟)已知椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)以抛物线 y28x 的焦点为顶点，且离心率为12.(2)若直线 l：ykxm 与椭圆 E 相交于 A，B 两点，与直线 x4相交于 Q 点，P 是椭圆 E 上一点且满足OP OA OB (其中 O 为坐标原点)，试问在 x 轴上是否存在一点T，使得OP TQ为定值？若存在，求出点 T 的坐标及OP TQ 的值；若不存在，请说明理由思路点拨思路点拨2将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关将直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示出向量系表示出向量OPOP的坐标，再表示出向量的坐标，再表示出向量TQTQ坐标，坐标，结合向量数量积为定值来确定点结合向量数量积为定值来确定点T T的坐标的坐标. .解(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)联立ykxm，3x24y212.得(4k23)x28kmx4m2120.由根与系数的关系，得x1x28km4k23，y1y2k(x1x2)2m6m4k23.将 P8km4k23，6m4k23 代入椭圆 E 的方程，得64k2m244k23236m234k2321.整理，得 4m24k23.设 T(t,0)，Q(4，m4k)
展开阅读全文